考点规范练测试题 电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题.docx

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1、考点规范练34电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题一、单项选择题1、e*-b：X6i!x；如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为1.和2/.的两只闭合线框a和b,以相同的速度从磁感应强度为8的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为以眼，则W3队为（）A,1/4B、1/2C、1/1D、不能确定惇案人函根据能量守恒可知，外力做的功等于产生的电能，而产生的电能乂全部转化为焦耳热，所以%=qV愚&二1.-二-.由电阻定律知RstR”故#：以=1：4,h项正确.2.如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为、质量为。的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重

2、力加速度大小为g卜列说法正确的是（）A、金属球会运动到半圆轨道的另端B、由于金屈球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C、金属球受到的安培力做负功D、系统产生的总热量小于侬画金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误;根据能量守恒定律得系统产生的总热量为偌RD错误.3、两根足够长的光滑导筑竖立放置，间距为/，底端接阻值为R的电阻.将质量为加的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为8

3、的匀强磁场垂直，如图所示.除电阻外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则（）A、释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB、金属棒向下运动时，流过电阻加的电流方向为1.方C、金屈棒的速度为y时，所受的安培力大小为:一D、电阻夕上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量I答案Ic画金属棒刚释放时，弹簧处于原长，弹力为零,又因此时金属棒速度为零，没有感应电流，金属棒不受安培力作用，只受到重力作用，其加速度应等于重力加速度，选项A错误;金属棒向下运动时，由右手定则可知，流过电阻的电流方向为Zra,选项B错误;金属棒速度为了时，安培力大小为F=BIl,又I=,联立解得后二_一,选项C正确；金

4、属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻上产生的热量，选项D错误.如图所示，水平光滑的平行金屈导轨，左端接有电阻忆匀强磁场笈竖直向卜.分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒。垂直导轨放置.若使棒以定的初速度向右运动，当其通过位置小时，速率分别为小%,到位置。时棒刚好静此设金属导轨与棒的电阻均不计，a到和6到C的间距相等，则金属棒在从a到b和从b到C的两个过程中（）A、回路中产生的内能相等B、棒运动的加速度相等C、安培力做功相等D、通过棒横截面的电荷量相等gD函金属棒由a到b再到C的过程中，速度逐渐减小，根据=8人知，E减

5、小，故/减小，再根据=8知，安培力减小，由少=ma知，加速度减小，B错误；由于a与氏人与C间距相等，安培力由a-c是逐渐渐小的，故从a到力安培力做的功大于从到C安培力做的功，又由于安培力做的功等于回路中产生的内能，所以A、C错误;根据平均感应电动势E=-=Y-,/=-和q=At,得q-i,所以D正确.二、多项选择题5、如图所示，光滑金属导轨力C力。固定在水平面内，并处在方向竖直向下、大小为的匀强磁场中.有一质量为R的导体棒以初速度%从某位置开始在导轨上水平向右运动，最终恰好静止在/1点.在运动过程中，导体棒与导轨始终构成等边三角形回路，且通过力点的总电荷量为Q已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为

6、亿其余电阻不计，贝M）A、该过程中导体棒做匀减速运动B、当导体棒的速度为T时，回路中感应电流小于初始时的一半Cs开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积为SD、该过程中接触电阻产生的焦耳热为一OI答案机、函导体切割磁感线产生的感应电动势为夕=8,电流为,安培力为F=BU-，/、/都在减小，根据牛顿第二定律知，加速度也在减小，A错误；当导体棒的速度为时，导体棒的长度也减小了，所以回路中感应电流大小小于初始时的一半，B正确；该过程中，通过的总电荷量为也就是开始运动时，导体棒与导轨所构成回路的面积S-C正确；该过程中，动能全部转化为接触电阻产生的焦耳热为!。2,D错误.6、右图为一圆环发电装置，用电

7、阻MQ的导体棒弯成半径/4、2m的闭合圆环，圆心为，笫是一条直径，在。、间接有负载电阻片=1Q.整个圆环中均有分0、5T的匀强磁场垂自:环面穿过.电阻广=1的导体棒如贴着圆环做匀速圆周运动，角速度3W00rads.则（）A、当。到达成处时，圆环的电功率为1WB、当物到达a1处时,圆环的电功率为2WC、全电路最大功率为3WD、全电路最大功率为4、5W懵案IAD函当期到达在处时，圆环的电阻为1Q,与吊串联接入电路，棒转动过程中产生的感应电动势彳8/。=3丫，圆环上分压为IV,所以圆环的电功率为1W,A正确，B错误；当期到达如处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大

8、为几,可、1+5W,C错误，D正确.7.有一半径为爪电阻率为P电、密度为P密的均匀圆环落入磁感应强度为台的径向磁场中，圆环的截面半径为NrFt=Pmg解-得F=BIl+E之、5N.(3)庆丰同学用电流的平均值计算焦耳热是错误的.正确解法是根据能量转化和守恒定律，有FX-mg-Qn解得042、7J.I1.如图所示，宽度为1的平行光滑的金属轨道，左端为半径为“的四分之一圆弧轨道，右端为半径为外的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为的竖直向上的匀强磁场.一根质量为R的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为保的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当6滑入水平轨道某位

9、置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点仍始终运动且a、未相撞)，并且a在最高点对轨道的压力大小为侬，此过程中通过a的电荷量为Q，a、方棒的电阻分别为R、用，其余部分电阻不计.在b山静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中.(1)在水平轨道上运动时的最大加速度是多大？(2)自。释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？(3)在a刚到达右端半圆凯道最低点时b的速度是多大？(1)(2)2；BIq号吟Ia22画(1)设杆刚刚滑到左端轨道最低端时的速度为心”由机械能守恒定律，/=11kgl,所以Vtl=yZ刚滑到水平轨道时加速度最大，则=8/以”I=，I+2根据牛顿第二定律有，FfBIi=mia得杆方的最大加速度a-：、=.1+2)(2)设杆a到达右端半圆轨道最高点时，杆a的速度为小，杆的速度为Vg根据动量定理有-BlIt=mwF【3,即5q=72Q-ziq所以VIQ=-根据牛顿第二定律和第三定律，得2侬=2所以=y2因为11hgn2+;2+mgZn+Q所以系统产生的焦耳热Q=y2iBlqYmgrZ2根据能量守恒，有2侬-12所以杆a刚到达水平轨道右端时的速度Vg=旗2在杆。和杆a在水平轨道上运动时，符合动量守恒条件，根据动量守恒定律，有如I知=网Vm+mv或杆a刚到达水平轨道最右端时，杆b的速度21-二邪2-